Splot funkcji prawdopodobieństwa

[1212q]

Wyznaczyć rozkład zmiennej losowej Z = X + Y, jeżeli X ma rozkład jednostajny w (-2,1),
a Y jednostajny w (0,2) oraz X,Y są niezależne.
Bardzo proszę o pomoc w rozwiązaniu tego zadania metodą z dystrybuantą.
Zależy mi przede wszystkim na wytłumaczeniu skąd takie przedziały całkowania się tam dobiera.

[Premislav]

Z niezależności \(\displaystyle{ X,Y}\) wiemy, że wektor losowy \(\displaystyle{ (X,Y)}\) ma gęstość
\(\displaystyle{ f(x,y)= \frac{1}{3} 1{\hskip -2.5 pt}\hbox{l}_{(-2,1)}(x) \cdot \frac{1}{2} 1{\hskip -2.5 pt}\hbox{l}_{(0,2)}(y)}\)
Wyznaczymy teraz dystrybuantę rozkładu zmiennej losowej \(\displaystyle{ Z=X+Y}\)
Mamy
\(\displaystyle{ \mathbf{P}(Z \le t)=\mathbf{P}(X+Y \le t)=\mathbf{E} \left[1{\hskip -2.5 pt}\hbox{l}_{(-\infty,t]}(X+Y)\right]=\\= \int_{-\infty}^{\infty} \int_{-\infty}^{\infty} 1{\hskip -2.5 pt}\hbox{l}_{(-\infty,t]}(x+y)\frac{1}{3} 1{\hskip -2.5 pt}\hbox{l}_{(-2,1)}(x) \cdot \frac{1}{2} 1{\hskip -2.5 pt}\hbox{l}_{(0,2)}(y)\,\dd x \,\dd y=\\=\frac 1 6 \int_{0}^{2} \int_{-2}^{1}1{\hskip -2.5 pt}\hbox{l}_{(-\infty,t]}(x+y) \,\dd x \,\dd y}\)
i teraz przyda się trochę metody graficznej (ja nie umiem tu rysować, ale opiszę chociaż):

zaznaczmy sobie w kartezjańskim układzie współrzędnych prostokąt \(\displaystyle{ (-2,1)\times(0,2)}\).
Spójrzmy teraz na pęk prostych \(\displaystyle{ x+y=t, t \in \RR}\)
Kluczowe będą dla nas proste o równaniach
\(\displaystyle{ x+y=-2, x+y=0, x+y=1, x+y=3}\)
Ta pierwsza bierze się stąd, że dodając liczbę z przedziału \(\displaystyle{ (-2,1)}\) do liczby z przedziału \(\displaystyle{ (0,2)}\) siłą rzeczy uzyskamy więcej niż \(\displaystyle{ -2}\), zaś ta ostatnia wzięła się stąd, że
dodając liczbę z przedziału \(\displaystyle{ (-2,1)}\) do liczby z przedziału \(\displaystyle{ (0,2)}\) siłą rzeczy uzyskamy mniej niż \(\displaystyle{ 3}\). Dwie "środkowe" proste wyjąłem z kapelusza, ale jak się zrobi rysunek, to to mniej więcej widać.
Teraz rozważymy, jak wygląda część wspólna naszego prostokąta i zbioru
\(\displaystyle{ \left\{ (x,y) \in \RR^2: \ x+y \le t\right\}}\)
odpowiednio dla \(\displaystyle{ t \in (-2,0], \ t \in (0,1], \ t \in (1,3)}\):

1) \(\displaystyle{ t \in (-2,0]}\)
Wówczas możemy zapisać, że
\(\displaystyle{ x \in (-2, t]}\), zaś przy ustalonym \(\displaystyle{ x}\) z tego przedziału mamy \(\displaystyle{ 0<y\le t-x}\)
czyli gdy \(\displaystyle{ t \in (-2,0]}\), to
\(\displaystyle{ \mathbf{P}(X+Y \le t)= \frac 1 6 \int_{-2}^{t} \int_{0}^{t-x} \,\dd y\,\dd x=\\=\frac 1 6 \int_{-2}^{t} (t-x) \,\dd x=\frac 1 6\left(t^2+2t-\frac{t^2}{2}+2\right)=\frac{t^2}{12}+\frac t 3+\frac 1 3}\)

2) \(\displaystyle{ t \in (0,1]}\)
Wówczas możemy zapisać, że
\(\displaystyle{ y \in (0,2)}\), zaś przy ustalonym \(\displaystyle{ y \in (0,2)}\) mamy
\(\displaystyle{ -2<x\le t-y}\)
czyli dostajemy
\(\displaystyle{ \mathbf{P}(X+Y \le t)=\frac 1 6 \int_{0}^{2} \int_{-2}^{t-y} \,\dd x \,\dd y=\\=\frac 1 6 \int_{0}^{2}(t-y+2) \,\dd y=\frac 1 6\left(2t+2 \right)=\frac t 3+\frac 1 3}\)
w tym przypadku.

3) \(\displaystyle{ t \in (1,3)}\)
Wówczas otrzymujemy, że
\(\displaystyle{ x \in (-2,1)}\), zaś przy ustalonym \(\displaystyle{ x}\):
- gdy \(\displaystyle{ x \in (-2, t-2 ]}\), to
\(\displaystyle{ 0<y<2}\)
- gdy \(\displaystyle{ x \in (t-2 ,1)}\), to
\(\displaystyle{ 0<y<t-x}\)
Tak więc w tym przypadku dostajemy
\(\displaystyle{ \mathbf{P}(X+Y \le t)=\frac 1 6 \int_{-2}^{t-2} \int_{0}^{2}\,\dd y \,\dd x +\frac 1 6 \int_{t-2}^{1} \int_{0}^{t-x}\,\dd y \,\dd x=\\=\frac t 3+\frac 1 6 \int_{t-2}^{1}(t-x) \,\dd x=\frac t 3+\frac 1 6\left( 3t-t^2+ \frac{(t-2)^2}{2}-\frac 1 2 \right)=\\=\frac t 2-\frac{t^2}{12}+\frac 1 4}\)

Podsumowując, mamy
\(\displaystyle{ \mathbf{P}(X+Y \le t)= \begin{cases} 0, \ t\le -2 \\\frac{t^2}{12}+\frac t 3+\frac 1 3, \ t \in (-2,0] \\\frac 1 3+\frac t 3, \ t \in (0,1] \\ \frac t 2-\frac{t^2}{12}+\frac 1 4, \ t \in (1,3)\\ 1, \ t\ge 3\end{cases}}\)
Strasznie masochistyczne zadanie. Jestem masochistą, chciałbym żebyś był też.
Polecam zrobić rysunek, to się wiele rozjaśni (ja nie umiem tu rysować, ale możesz to u siebie zrealizować w zeszycie).

[1212q]

dziękuję bardzo za pomoc!
mam jeszcze kilka pytań
te środkowe proste które dzielą nam obszar- skąd je bierzemy?
wiem, że w tym przypadku przechodzą przez "rogi" naszego obszaru ale co w przypadku innych

od czego zależy, czy przy ustalaniu granic całkowania weźmiemy ustalone x lub y

i co zmieni w zadaniu zmiana na Z=X-Y

[janusz47]

Metoda graficzna

Z definicji rozkładu jednostajnego:

\(\displaystyle{ f_{X}(x) = \begin{cases} \frac{1}{3}\ \ \mbox{dla} \ \ x\in I_{X} =(-2, 1) \\
0 \ \ \mbox{dla} \ \ x\notin I_{X} \end{cases}}\)

\(\displaystyle{ f_{Y}(y) = \begin{cases} \frac{1}{2}\ \ \mbox{dla} \ \ x\in I_{Y} =(0, 2) \\
0 \ \ \mbox{dla} \ \ x\notin I_{Y} \end{cases}}\)

Możliwe wartości \(\displaystyle{ (x,y)}\) leżą w prostokącie \(\displaystyle{ I_{X}\times I_{Y}.}\)

Z definicji dystrybuanty

\(\displaystyle{ F_{Z}(z) = P(\{ X+Y < z\}).}\)

Nierówność \(\displaystyle{ x+y < z}\) spełniają te punkty \(\displaystyle{ (x,y)}\) płaszczyzny \(\displaystyle{ Oxy,}\) które leżą poniżej prostej \(\displaystyle{ x+y = z}\) (prosta ta odcina na osiach \(\displaystyle{ Ox, Oy}\) odcinki długości \(\displaystyle{ z}\) ).

Jeśli weźmiemy pod uwagę tylko możliwe wartości \(\displaystyle{ (x,y)}\) to nierówność \(\displaystyle{ x+y < z}\) będzie spełniona tylko dla punktów leżących w prostokącie \(\displaystyle{ A(-2,0), \ \ B(1,0) \ \ C(1,2), \ \ D(-2,2)}\) (proszę wykonać rysunek).

Ponieważ zmienne losowe są \(\displaystyle{ X, Y}\) są niezależne, więc:

\(\displaystyle{ F(z) = \iint_{(S)} f_{X}(x)f_{Y}(y) dx dy = \frac{1}{6}\iint dx dy = \frac{1}{6}S.}\)

gdzie: \(\displaystyle{ S}\) jest miarą tej części pola prostokąta, która leży poniżej prostej \(\displaystyle{ x+y = z.}\)

Pole figury płaskiej (trapezu prostokątnego) \(\displaystyle{ S}\) zależy od wartości \(\displaystyle{ z.}\)

1. \(\displaystyle{ z\leq -2, \ \ S =0, \ \ F(z) =\frac{1}{6}S_{1}= \frac{1}{6}\cdot 0 = 0.}\)

2. \(\displaystyle{ -2 < z \leq 0, \ \ F(z) = \frac{1}{6}S_{2}=...}\)

3. \(\displaystyle{ 0 < z \leq 1 , F_{z} = \frac{1}{6}S_{3} =... .}\)

4. \(\displaystyle{ 1< z \leq 3, F(z) = \frac{1}{6}S_{4}=...}\)

5. \(\displaystyle{ z > 3, \ \ F(z) = \frac{1}{6} S_{5} = \frac{1}{6}S_{ABCD}= \frac{1}{6}\cdot 6= 1.}\)

[Premislav]

Chyba nie będę dalej zbyt pomocny, niestety…

te środkowe proste które dzielą nam obszar- skąd je bierzemy?

Nie wiem. Chodzi właśnie o te rogi, jak słusznie napisałeś, ale nie umiem tego wysłowić, tylko wiem, że to działa.

od czego zależy, czy przy ustalaniu granic całkowania weźmiemy ustalone x lub y

Od mojej wygody. Pewnie znane Ci jest takie pojęcie, jak obszar normalny względem \(\displaystyle{ x}\), czy względem \(\displaystyle{ y}\) - dobrze jest tak to podzielić, by dostać obszary normalne, o ile to tylko możliwe.

Faktycznie zamiast tu bawić się w całki, lepiej operować polami, jak zaproponował janusz47.

i co zmieni w zadaniu zmiana na Z=X-Y

Dużo. W początkowych przekształceniach prawie nic, tylko zmienimy \(\displaystyle{ X+Y}\) na \(\displaystyle{ X-Y}\), tj. rozważamy
\(\displaystyle{ \mathbf{P}(X-Y \le t)=\mathbf{E} \left[1{\hskip -2.5 pt}\hbox{l}_{(-\infty,t]}(X-Y)\right]}\) itd.
Pęk prostych, który rozważamy, zmieniłby się na \(\displaystyle{ x-y=t}\) i na granice całkowania w poszczególnych przypadkach wpływa to dość mocno.

[janusz47]

Metoda graficzna

Z definicji rozkładu jednostajnego:

\(\displaystyle{ f_{X}(x) = \begin{cases} \frac{1}{3}\ \ \mbox{dla} \ \ x\in I_{X} =(-2, 1) \\
0 \ \ \mbox{dla} \ \ x\notin I_{X} \end{cases}.}\)

\(\displaystyle{ f_{Y}(y) = \begin{cases} \frac{1}{2}\ \ \mbox{dla} \ \ x\in I_{Y} =(0, 2) \\
0 \ \ \mbox{dla} \ \ x\notin I_{Y} \end{cases}.}\)

Możliwe wartości \(\displaystyle{ (x,y)}\) leżą w prostokącie \(\displaystyle{ I_{X}\times I_{Y}.}\)

Z definicji dystrybuanty

\(\displaystyle{ F_{Z}(z) = P(\{ X+Y < z\}).}\)

Nierówność \(\displaystyle{ x+y < z}\) spełniają te punkty \(\displaystyle{ (x,y)}\) płaszczyzny \(\displaystyle{ Oxy,}\) które leżą poniżej prostej \(\displaystyle{ x+y = z}\) (prosta ta odcina na osiach \(\displaystyle{ Ox, Oy}\) odcinki długości \(\displaystyle{ z}\) ).

Jeśli weźmiemy pod uwagę tylko możliwe wartości \(\displaystyle{ (x,y)}\) to nierówność \(\displaystyle{ x+y < z}\) będzie spełniona tylko dla punktów leżących w prostokącie \(\displaystyle{ A(-2,0), \ \ B(1,0) \ \ C(1,2), \ \ D(-2,2)}\) (proszę wykonać rysunek).

Ponieważ zmienne losowe są \(\displaystyle{ X, Y}\) są niezależne, więc:

\(\displaystyle{ F(z) = \iint_{(S)} f_{X}(x)f_{Y}(y) dx dy = \frac{1}{6}\iint dx dy = \frac{1}{6}S.}\)

gdzie: \(\displaystyle{ S}\) jest miarą tej części pola prostokąta, która leży poniżej prostej \(\displaystyle{ x+y = z.}\)

Pole figury płaskiej (trapezu prostokątnego) \(\displaystyle{ S}\) zależy od wartości \(\displaystyle{ z.}\)

1. \(\displaystyle{ z\leq -2, \ \ S =0, \ \ F(z) =\frac{1}{6}S_{1}= \frac{1}{6}\cdot 0 = 0.}\)

2. \(\displaystyle{ -2 < z \leq 0, \ \ F(z) = \frac{1}{6}S_{2}=...}\)

3. \(\displaystyle{ 0 < z \leq 1 , F_{z} = \frac{1}{6}S_{3} =... .}\)

4. \(\displaystyle{ 1< z \leq 3, F(z) = \frac{1}{6}S_{4}=...}\)

5. \(\displaystyle{ z > 3, \ \ F(z) = \frac{1}{6} S_{5} = \frac{1}{6}S_{ABCD}= \frac{1}{6}\cdot 6= 1.}\)